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专题 03 旋转（期末复习讲义）
核心考点 复习目标 考情规律
旋转的概念及性 理解图形的旋转、翻折的直观意义；认 大多数为基础和中等难度题型；基础题直
质 识图形的旋转及其基本特征。 接考察性质，如根据旋转角求角度，中档
题常将含特殊角（60°、90°）的旋转作为核
心步骤，用于构造全等形或特殊三角形来
破解几何证明与计算。
旋转作图的基本 掌握做图基本步骤；会找出旋转前后图 出现频率不高但非常固定，属于“送分
步骤 形中的对应点、对应线段、对应角、旋 题”题型。它通常作为一道独立的小题（3-
转中心、旋转方向，旋转角． 5分），要求根据明确的旋转中心、方向和
角度（最常见的是90°或60°）作出已知图
形（如三角形）旋转后的图形。核心是掌
握“逐点旋转，连线成图”的步骤。
中心对称及中心 知道旋转对称图形；知道中心对称是旋 通常直接考察定义与性质，出题频率较高
对称的图形的性 转对称的特例，理解中心对称的意义， 但难度普遍较低。题目多以选择题或填空
质 知道中心对称图形的基本性质。 题形式出现，要求识别中心对称图形（如
判断常见几何图形或商标图案）、求对称
中心的坐标，或利用“对称点连线经过对
称中心且被平分”这一核心性质进行简单
计算。
利用尺规作关于 会画某图形关于某点对称的图形，会确 实际单独考察的频率一般，比旋转作图要
中心对称的图形 定对称中心。 少见。它通常作为一道步骤清晰的简单作
图题出现，要求作一个已知图形（如一个
点、一条线段或一个三角形）关于某指定
点（对称中心）的中心对称图形。
关于原点对称的 掌握在直角坐标系中关于原点对称的点 通常在选择题或填空题中直接考察，出现
点的坐标特征 的坐标的关系；会利用关于原点对称的 频率高但属于“秒杀”型送分题。题目往
点的坐标关系作出关于原点对称的图。 往直接给出一个点的坐标，要求写出它关
于原点对称的坐标，其核心规律就是
“横、纵坐标都取相反数”。
旋转的综合题 灵活运用旋转的性质，综合运用相关知 频率高且区分度大，它极少单独考旋转，
识进行解答。 而是作为核心构造技巧嵌入几何综合或代
几综合题中。常见考法是：在复杂图形背
景下，通过旋转三角形（通常是60°或
90°）来构造全等形，从而将分散条件集
中、转换线段位置（实现“搬”与
“拼”），进而解决线段最值、线段和差
关系证明或探求动点路径长等难题。
知识点01 旋转的概念及其性质
旋转的概念把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋转中
心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做旋转
的对应点．
旋转有三要素：（1）旋转中心；（2）旋转方向；（3）旋转角度．
旋转的性质
对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、
后的图形全等．
知识点02 旋转作图的基本步骤
（1）明确旋转中心，旋转方向和旋转角．
（2）找出原图形中的各顶点在新图形中的对应点的位置．
（3）按原图形中各顶点的排列规律，将这些对应点连成一个新的图形．
知识点03 中心对称及关于中心对称的图形的性质
中心对称
把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形
关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心（简称中心）．
中点对称图形
把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图
形叫做中心对称图形，这个点就是对称中心．
关于中心对称的图形的性质
（1）关于中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心平分；
（2）关于中心对称的两个图形对应线段平行（或在同一条直线上）且相等；
（3）关于中心对称的两个图形是全等图形．
知识点04利用尺规作关于中心对称的图形
这类问题应首先明确对称中心的位置，再利用“对应点的连线被对称中心平分”的特性，
分别找出原图形中各个关键点的对应点，最后按原图形中各点的次序，将各对应点连接起
来．
知识点05关于原点对称的点的坐标特征两个点关于原点对称时，它们的坐标符合相反，即点P（x，y）关于原点的对称点为P′
（–x，–y）．
题型一 旋转的概念及其性质
解｜题｜技｜巧
旋转有两条重要性质：
（1）任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（2）对应点到旋转中心的距离相等，它是利用旋转的性质作图的关键.
【典例1】下列说法中，正确的是（ ）
A．“丽丽把教室的门打开”属于平移现象
B．“火箭冲向空中”属于旋转现象
C．“小明在荡秋千”属于旋转现象
D．“钟表的钟摆在摆动”属于平移现象
【答案】C
【分析】根据平移、轴对称和旋转的定义解答即可．
【解答】解：A、“丽丽把教室的门打开”属于旋转现象，故A选项说法错误，不符合题意；
B、“火箭冲向空中”属于平移、旋转现象，故B选项说法错误，不符合题意；
C、“小明在荡秋千”属于旋转现象，故C选项说法正确，符合题意；
D、“钟表的钟摆在摆动”属于旋转现象，故D说法错误，不符合题意．
故选：C．
【典例2】（2025春•赣榆区期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE，若点D落在
线段BC的延长线上，则∠B大小为（ ）
A．30° B．35° C．40° D．45°
【答案】B
【分析】由旋转可知，AB＝AD且∠BAD＝110°，则有三角形内角和可以计算∠B
【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE∴AB＝AD，∠BAD＝110°
由三角形内角和
180°-∠BAD 180°-110°
∠B= = =35°
2 2
故选：B．
【典例3】把如图的五角星绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度可能是（ ）
A．36° B．72° C．90° D．108°
【答案】B
【分析】根据这个图形可以分成几个全等的部分，即可计算出旋转的角度．
【解答】解：五角星可以被中心发出的射线分成5个全等的部分，
因而旋转的角度是360°÷5＝72°，
故选：B．
【变式1】下列说法中，正确的是（ ）
A．“丽丽把教室的门打开”属于平移现象
B．能够互相重合的两个图形成轴对称
C．“小明在荡秋千”属于旋转现象
D．“钟表的钟摆在摆动”属于平移现象
【答案】C
【分析】根据平移、轴对称和旋转的定义解答即可．
【解答】解：A、“丽丽把教室的门打开”属于旋转现象，故A选项错误，不符合题意；
B、能够互相重合的两个图形不一定成轴对称，故B选项错误，不符合题意；
C、“小明在荡秋千”属于旋转现象，故C选项正确，符合题意；
D、“钟表的钟摆在摆动”属于旋转现象，故D选项错误，不符合题意．
故选：C．
【变式2】（2025•潮阳区校级三模）将△ABC绕点A顺时针旋转40°，得到△AEF，若点F在BC上，则
∠AFC的度数为（ ）A．40° B．50° C．70° D．80°
【答案】C
【分析】根据将△ABC绕点A顺时针旋转40°，得到△AEF，可得∠FAC＝40°，AF＝AC，故∠AFC＝
∠ACF＝（180°﹣40°）÷2＝70°．
【解答】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转40°，得到△AEF，
∴∠FAC＝40°，AF＝AC，
∴∠AFC＝∠ACF＝（180°﹣40°）÷2＝70°，
故选：C．
【变式3】如图所示的剪纸图片旋转一定角度后与自身重合，则这个角度至少是（ ）
A．180° B．72° C．60° D．36°
【答案】B
【分析】根据这个图形可以分成几个全等的部分，即可计算出旋转的角度．
【解答】解：五角星可以被中心发出的射线分成5个全等的部分，
因而旋转的角度是360°÷5＝72°，
故选：B．
题型一 旋转作图的基本步骤
解｜题｜技｜巧
1．在作图时，尽量选择连线平行于坐标轴的对应点，这样能便捷地到旋转中心．
2．对于同一个图案，如果选择的旋转中心、旋转角、旋转方向不同，那么会出现不同的
旋转效果．
【典例1】如图，已知点A（2，0）、B（0，1），将线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AB′，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（3，2） B．（4，2） C．（3，3） D．（4，3）
【答案】A
【分析】如图所示，过点B′作B′C⊥x轴于点C，根据题意证明出△ABO≌△B′AC（AAS），得到OB＝
AC＝1，B′C＝OA＝2，进而求解即可．
【解答】解：如图所示，过点B′作B′C⊥x轴于点C，
∵A（2，0）、B（0，1），
∴OA＝2，OB＝1，
∵将线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AB′，
∴∠BAB′＝90°＝∠ACB′，AB＝AB′，
∴∠BAO+∠CAB′＝∠AB′C+∠CAB′＝90°，
∴∠BAO＝∠AB′C，
又∵∠BOA＝∠ACB′＝90°，
∴△ABO≌△B′AC（AAS），
∴OB＝AC＝1，B′C＝OA＝2，
∴OC＝OA+AC＝2+1＝3，
∴B′（3，2）．
故选：A．
如图，图形中每一小格正方形的边长为 1，已知△ABC，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°后得到
△ABC．
1 1
（1）画出△ABC；
1 1
（2）写出A点对应点A 的坐标 ；
1（3）若以点D（3，3）为圆心，5为半径画圆，则点C在该圆 （填：“内”，“外”或
“上”）．
【答案】（1）图见解析；
（2）（3，0）；
（3）上．
【分析】（1）根据旋转的性质，画出△ABC 即可；
1 1 1
（2）由图直接写出点A 的坐标即可；
1
（3）首先利用勾股定理求出DC=❑√(3-0) 2+(3+1) 2=5，然后根据圆的半径为5可得到点C在该圆上．
【解答】解：（1）△ABC 即为所求；
1 1 1
（2）由图可知：A（3，0）；
1
故答案为：（3，0）
（3）DC=❑√(3-0) 2+(3+1) 2=5，
∵以点D（3，3）为圆心，5为半径画圆，∴点C在该圆上．
故答案为：上．
【变式1】如图，△ABC的顶点坐标分别是A（3，6）、B（1，3）、C（4，2）．
（1）如果将△ABC沿x轴翻折得到△A′B′C′，写出△A′B′C′的顶点坐标；
（2）如果将△A′B′C′绕点C′按逆时针方向旋转90°得到△A″B″C″，写出点A″、B″的坐标．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）将△ABC沿x轴翻折得到△ABC ，根据关于x轴对称的点的坐标变化特点求解即可求得
1 1 1
答案．
（2）根据网格结构找出点A″，B″的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点A″，B″的
坐标即可．
【解答】解：如图：
（1）A′（3，﹣6），B′（1，﹣3），C′（4，﹣2）；
（2）A″（8，﹣3），B″（5，﹣5）．
【变式2】如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标是（1，0），点A的坐标为（5，2）．如果将线段BA
绕点B顺时针旋转90°得到线段BA'，求点A'的坐标．【答案】A′（3，﹣4）．
【分析】过A作AC⊥x轴，过A′作A′D⊥x轴，由旋转的性质得到AB＝A′B，且∠ABA′为90°，利用同角
的余角相等得到一对角相等，利用AAS得到三角形ABC与三角形A′BD全等，利用全等三角形对应边相
等得到BD＝AC，A′D＝BC，根据A与B的坐标求出OD与A′D的长，即可确定出A′的坐标
【解答】解：过A作AC⊥x轴，过A′作A′D⊥x轴，由旋转的性质得到AB＝A′B，且∠ABA′＝90°，
∴∠ABC+∠A′BD＝90°，
∵∠A′BD+∠A′＝90°，
∴∠ABC＝∠A′，
在△A′BD和△ABC中，
{∠A'DB=∠BCA
∠A'=∠ABC ，
A'B=AB
∴△A′BD≌△ABC（AAS），
∴BD＝AC，A′D＝BC，
∵B（1，0），A（5，2），
∴OB＝1，OC＝5，AC＝2，
∴OD＝OB+BD＝1+2＝3，A′D＝BC＝OC﹣OB＝5﹣1＝4，
则A′坐标为（3，﹣4）．
题型三 中心对称及中心对称的图形的性质
解｜题｜技｜巧1．中心对称是指两个图形间的位置关系．
2．中心对称是特殊的旋转，旋转角为180°．
3．成中心对称的两个图形，只有一个对称中心，这个对称中心可能在每个图形的外部，也可能在每
个图形的内部或图形上，但对称点一定在对称中心的两侧与对称中心重合．
4．中心对称的两个图形是全等图形，全等的两个图形不一定成中心对称．
【典例1】如所示四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来
的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：选项A、B、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，
所以不是中心对称图形．
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：C．
【典例2】如图，△ABC 与△ABC关于点O成中心对称，已知AA ＝8cm，BO＝6cm，AB ＝5cm，则
1 1 1 1 1 1
△OAB的周长为（ ）
A．12cm B．15cm C．16cm D．19cm
【答案】B
【分析】根据中心对称的性质作答即可．
【解答】解：由条件可知AO＝4cm，AB＝AB＝5cm，
1 1
∴△OAB的周长＝AO+AB+BO＝4+5+6＝15cm，
故选：B．【变式1】下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫
做中心对称图形，由此即可判断．
【解答】解：选项A、B、D中的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形
重合，所以不是中心对称图形；
选项C中的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：C．
【变式2】如图，△ABC与△DEF关于点O成中心对称，点A、B、C的对称点分别为D、E、F．下列结
论不一定正确的是（ ）
A．AD⊥BE B．AO＝DO C．AB∥DE D．△ABC≌△DEF
【答案】A
【分析】结合中心对称的性质可得AO＝DO，BO＝EO，△ABC与△DEF关于点O成中心对称，进而可
证明△AOB≌△DOE，可得∠BAO＝∠EDO，则AB∥DE，进而可得答案．
【解答】解：∵△ABC与△DEF关于点O成中心对称，
∴AO＝DO，BO＝EO，△ABC与△DEF关于点O成中心对称．
故B，D选项正确，不符合题意；
∵∠AOB＝∠DOE，
∴△AOB≌△DOE（SAS），
∴∠BAO＝∠EDO，
∴AB∥DE，
故C选项正确，不符合题意；
根据已知条件不能得出AD⊥BE，
故A选项不正确，符合题意．故选：A．
题型四 利用尺规作关于中心对称的图形
解｜题｜技｜巧
在平面直角坐标系内作对称图形的两种方法
方法一:在平面直角坐标系中按照作图步骤连线、延长、截线段、连接所得的对称点得到所求作的图
形．
方法二:先依据关于原点对称的点的坐标特征求出对称点的坐标，再在平面直角坐标系中描点、连
线，得到所求作的图形．
【典例1】如图，已知坐标系中△ABC．
（1）画出△ABC关于原点O对称的△A′B′C′；
（2）直接写出△A′B′C′各顶点的坐标．
【答案】（1）见解析；
（2）A′（0，﹣1），B′（﹣2，﹣3），C′（﹣3，0）．
【分析】（1）确定△ABC各顶点关于原点O的对称点即可完成作图；
（2）关于原点O对称的两点，其横、纵坐标均互为相反数，据此即可求解．
【解答】解：（1）如图所示：△A′B′C′即为所求：
（2）由（1）中图可得：A′（0，﹣1），B′（﹣2，﹣3），C′（﹣3，0）．【典例2】如图，在4×6的正方形网格中，A，B和O都是格点，请按要求作图．
（1）在图中，画出线段A′B′，使其与线段AB关于点O中心对称．
（2）在图中，找一格点C，画出△ABC，使其为等腰直角三角形．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析（答案不唯一）．
【分析】（1）取格点A′使得AO＝OA′，取格点B′使得BO＝OB′，连接A′B′即可；
（2）取格点C，利用勾股定理逆定理作图即可．
【解答】解：（1）与线段AB关于点O中心对称的线段A′B′，如图1即为所求；
（2）如图2（或图3或图4），△ABC即为所求（答案不唯一）．
【变式1】如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（5，3）、B（1，2）、C（4，1），△A′B′C′与△ABC关于坐标原点O成中心对称（点A′、B′、C′的对应点分别为点A、B、C）．
（1）在图中画出△A′B′C′；
（2）若△ABC内部有一点P（3，2），请写出在△A′B′C′中，与点P对应的点P′的坐标．
【答案】（1）见解析；
（2）P′（﹣3，﹣2）．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′，再顺次连接即可；
（2）利用关于原点对称点的坐标关系解决问题即可．
【解答】解：（1）与△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A′B′C′，如图即为所求；
（2）∵△A′B′C′与△ABC关于坐标原点O成中心对称，△ABC内部有一点P（3，2），
∴在△A′B′C′中，与点P对应的点P′的坐标P′（﹣3，﹣2）．
【变式2】每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在
格点上，
（1）写出A、B、C的坐标．
（2）以原点O为对称中心，画出△ABC关于原点O对称的△ABC ，并写出A 、B 、C 的坐标，求
1 1 1 1 1 1
△ABC 的面积．
1 1 1【答案】（1）A（1，﹣4），B（5，﹣4），C（4，﹣1）；
（2）图件解答，A（﹣1，4），B（﹣5，4），C （﹣4，1），6．
1 1 1
【分析】（1）根据各点所在的象限，对应的横坐标、纵坐标，分别写出点的坐标；
（2）首先根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反得到 A、
B、C的对称点坐标，再顺次连接即可．
【解答】解：（1）A（1，﹣4），B（5，﹣4），C（4，﹣1）；
（2）A（﹣1，4），B（﹣5，4），C （﹣4，1），如图所示：
1 1 1
1
S = ×4×3=6．
△A 1 B 1 C 1 2题型五 关于原点对称的点的坐标特征
解｜题｜技｜巧
第一象限内的点关于原点的对称点在第三象限，第二象限内的点关于原点的对称点在第四象限，坐标
轴上的点关于原点的对称点仍在坐标轴上．
【典例1】在平面直角坐标系中，已知点 A的坐标是（5，3），则点A关于原点对称的点A'的坐标是（
）
A．（﹣3，5） B．（3，﹣5） C．（﹣3，﹣5） D．（﹣5，﹣3）
【分析】直接利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点
是P′（﹣x，﹣y），进而得出答案．
【解答】解：∵点A的坐标是（5，3），
∴点A关于原点对称的点A'的坐标是（﹣5，﹣3）．
故选：D．
在平面直角坐标系中，点P（a，b）关于原点对称的点的坐标为（ ）
A．（﹣a，b） B．（a，﹣b） C．（﹣a，﹣b） D．（b，a）
【答案】C
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案．
【解答】解：点（a，b）关于原点对称的点的坐标是：（﹣a，﹣b）．
故选：C．
【变式1】平面直角坐标系中，已知点A（2，﹣1）和点B（﹣2，1），则A、B两点（ ）
A．关于x轴对称 B．关于y轴对称
C．关于原点对称 D．关于直线y＝﹣x对称
【分析】直接利用关于原点对称点的性质可得答案．
【解答】解：因为点A（2，﹣1）和点B（﹣2，1）的横坐标和纵坐标均互为相反数，所以A、B两点
关于原点对称．
故选：C．
【变式2】已知点A（a，1）与点B（﹣4，b）关于原点对称，则a﹣b的值为（ ）
A．﹣5 B．﹣3 C．3 D．5
【分析】利用关于原点对称点的坐标性质得出a和b的值即可．【解答】解：∵点A（a，1）与点B（﹣4，b）关于原点对称，
∴a＝4，b＝﹣1．
∴a﹣b＝4﹣（﹣1）＝5．
故选：D．
题型六 旋转综合题
解｜题｜技｜巧
利用旋转的性质，结合其他相应几何知识，灵活运用进行解答。
【典例1】如图1，在△ABC中，∠BAC＝72°，三个内角平分线交于点O，△ABC的外角∠ABE的角平分
线交CO的延长线于点F．
【问题初探】：（1）∠OBF＝ ，∠F＝ ；
【问题再探】：（2）如图2，过点O作∠ODC＝∠AOC．
①求证：BF∥DO；
②若∠F＝∠ABC，将△BOD绕点O顺时针旋转一定角度α（0°＜α＜360°）后得△B′OD′，当B′D′∥FC
时，请直接写出α的度数．
【分析】（1）根据角的平分线的定义，平角定义，外角的性质，三角形内角和定理，角的和计算即可．
（2）①延长BO交AC于点M，则∠AOM+∠COM＝∠AOC，证明∠AOC＝∠ABC+∠ABF＝∠FBC，结
合∠ODC＝∠AOC，得到∠ODC＝∠FBC，解答即可；
②根据旋转的性质，平行线的判定，分类解答即可．
【解答】（1）解：∵三个内角平分线交于点O，
∴OB平分∠ABC，
∵BF平分∠ABE，
1 1
∴∠ABO= ∠ABC，∠ABF= ∠ABE，
2 2
∵∠OBF＝∠ABF+∠ABO，1 1 1 1
∴∠OBF= ∠ABC+ ∠ABC+ ∠ABF= （∠ABC+∠ABF），
2 2 2 2
∵∠EBC＝∠ABC+∠ABF＝180°，
∴∠OBF＝90°．
∵BF平分∠ABE，OC平分∠ACB，
1 1
∴∠EBF= ∠ABE，∠ECF= ∠ACB，
2 2
∵∠F＝∠EBF﹣∠ECF，∠BAC＝∠ABE﹣∠ACB，
1 1 1
∴ ∠BAC= ∠ABE- ∠ACB=∠EBF-∠ECF，
2 2 2
1
∴∠F= ∠BAC= 36°；
2
故答案为：90°，36°．
（2）①证明：延长BO交AC于点M，
则∠AOM+∠COM＝∠AOC，
∵∠AOM＝∠ABO+∠BAO，∠COM＝∠CBO+∠BCO，
∴∠AOC＝∠ABO+∠BAO+∠CBO+∠BCO＝∠ABC+∠BAO+∠BCO，
1 1
∴∠AOC＝∠ABC+ ∠BAC+ ∠BCA，
2 2
∵∠BAC+∠ACB＝∠ABE，
1 1 1
∴ ∠BAC+ ∠ACB= ∠ABE＝∠ABF，
2 2 2
∴∠AOC＝∠ABC+∠ABF＝∠FBC，
∵∠ODC＝∠AOC，
∴∠ODC＝∠FBC，
∴BF∥DO．
②解：由（1）知∠F＝36°，
∵∠F＝∠ABC，
∴∠F＝∠ABC＝36°，∠ACB＝∠BAC＝72°，1
∴∠OBD= ∠ABC＝18°，
2
∵BF∥DO，
∴∠ACB＝∠BDO＝72°，
1
∴∠BOD＝90°，∠DOC＝∠DCO= ∠ACB＝36°，
2
∵B′D′∥FC，
∴∠COB′＝∠OB′D′＝18°，
∴∠BOD+∠DOC+∠COB′＝∠OB′D′＝90°+36°+18°＝144°，
∴α＝360°﹣144°＝216°；
如图所示，
此时α＝36°，
综上所述，α的度数216°或36°．
【典例2】如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，将CO绕点C顺时针方向旋转
60°得到CD，连接AD，OD．
（1）当α＝150°时，求证：△AOD为直角三角形；
（2）求∠DAO的度数；
（3）请你探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形？
【分析】（1）由旋转的性质可以证明△BOC≌△ADC，得出∠ADC＝∠BOC＝150°，由等边三角形的
性质得出∠ODC＝60°，求出∠ADO＝90°即可；（2）先根据周角的定义表示∠AOD的度数，由三角形全等表示∠ADO的度数，最后由三角形内角和可
得结论；
（3）分三种情况：①AO＝AD时；②OA＝OD时；③OD＝AD时；由等腰三角形的性质和三角形内角
和定理即可求出结果．
【解答】（1）证明：由旋转的性质得：OC＝CD，∠DCO＝60°，
∴△COD是等边三角形，
∴∠CDO＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∴∠ACD＝∠BCO，
∴△BOC≌△ADC（SAS），
∴∠ADC＝∠BOC＝150°，
∴∠ADO＝90°，
即△AOD是直角三角形；
（2）解：∵△COD是等边三角形，
∴∠COD＝60°，
∵∠AOB＝110°，∠BOC＝α，
∴∠AOD＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α，
由（1）知：△ADC≌△BOC，
∴∠ADC＝∠BOC＝α，
∴∠ADO＝α﹣60°，
ADO中，∠DAO＝180°﹣∠ADO﹣∠AOD＝180°﹣（α﹣60°）﹣（190°﹣α）＝50°；
△（3）解：分三种情况：
①当AO＝AD时，∠AOD＝∠ADO．
∵∠AOD＝360°﹣∠AOB﹣∠COD﹣α＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴190°﹣α＝α﹣60°，
∴α＝125°；
②当OA＝OD时，∠OAD＝∠ADO．
∵∠AOD＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴∠OAD＝180°﹣（∠AOD+∠ADO）＝50°，
∴α﹣60°＝50°，∴α＝110°；
③当OD＝AD时，∠OAD＝∠AOD．
∵190°﹣α＝50°，
∴α＝140°，
综上所述：当α的度数为125°或110°或140°时，△AOD是等腰三角形．
【变式1】如图，△ABC为等边三角形，点M为AB边上一点（不与点A，B重合），连接CM，过点A作
AD⊥CM于点D，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，连接BE．
（1）依题意补全图形，直接写出∠AEB的大小，并证明；
（2）连接ED并延长交BC于点F，用等式表示BF与FC的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据题意即可补全图形，然后利用旋转的性质得△ADE 为等边三角形，证明
△DAC≌△EAB（SAS），得∠ADC＝∠AEB，即可解决问题；
（2）过点 C作CG∥EB，交EF的延长线于点 G，得∠EBF＝∠GCF，∠BEF＝∠G，证明∠G＝
∠CDG＝30°，得CD＝CG，然后证明△EBF≌△GCF（ASA），即可解决问题．
【解答】解：（1）如图所示，即为补全的图形，∠AEB＝90°，
证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
由旋转可知：△ADE为等边三角形，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴∠DAC＝60°﹣∠DAB＝∠EAB，
在△DAC和△EAB中，
{
AC=AB
∠DAC=∠EAB，
AD=AE
∴△DAC≌△EAB（SAS），
∴∠ADC＝∠AEB，
∵AD⊥CM，∴∠ADC＝90°，
∴∠AEB＝90°；
（2）BF＝FC，理由如下：
如图，过点C作CG∥EB，交EF的延长线于点G，
∴∠EBF＝∠GCF，∠BEF＝∠G，
由（1）知：∠AEB＝90°，
∵∠AED＝60°，
∴∠BEF＝90°﹣60°＝30°，
∴∠G＝30°，
∵AD⊥CM，
∴∠ADM＝90°，∠ADE＝60°，
∴∠EDM＝90°﹣60°＝30°，
∴∠CDG＝30°，
∴∠G＝∠CDG＝30°，
∴CD＝CG，
∵△DAC≌△EAB，
∴DC＝EB，
∴EB＝CG，
在△EBF和△GCF中，
{∠EBF=∠GCF
EB=GC ，
∠BEF=∠G
∴△EBF≌△GCF（ASA），
∴BF＝CF．【变式2】如图，在Rt ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点B的对应点为
E，点A的对应点D△落在线段AB上，DE与BC相交于点F，连接BE．
（Ⅰ）求证：DC平分∠ADE；
（Ⅱ）试判断BE与AB的位置关系，并说明理由；
（Ⅲ）若BE＝BD，求∠ABC的大小．（直接写出结果即可）
【分析】（Ⅰ）利用等腰三角形的性质以及旋转不变性解决问题即可．
（Ⅱ）结论：AB⊥BE．证明∠DBE+∠DCE＝180°，即可解决问题．
（Ⅲ）连接AF．想办法证明△ACF是等腰直角三角形，FA＝FB即可解决问题．
【解答】（Ⅰ）证明：∵△DCE是由△ACB旋转得到，
∴CA＝CD，∠A＝∠CDE，
∴∠A＝∠CDA，
∴∠CDA＝∠CDE，
∴CD平分∠ADE．
（Ⅱ）解：结论：BE⊥AB．
由旋转的性质可知，∠ACD＝∠BCE，
∵CA＝CD，CB＝CE，
∴∠CAD＝∠CDA＝∠CBE＝∠CEB，
∵∠ABC+∠CAB+∠ACD+∠DCB＝180°，
∴∠ABC+∠CBE+∠DCB+∠BCE＝180°，
∴∠DCE+∠DBE＝180°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠DBE＝90°，
∴BE⊥AB．（Ⅲ）如图，连接AF，过点B作BH⊥CD交CD的延长线于H，作BT⊥CE于T，
∵∠H＝∠BTC＝∠HCT＝90°，
∴∠HBT＝∠DBE＝90°，
∴∠DBH＝∠EBT，
∵BD＝BE，∠H＝∠BTE＝90°
∴△BHD≌△BTE（AAS），
∴BH＝BT，
∵BH⊥CH，BT⊥CE，
∴∠DCO＝∠DEB＝45°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠FCD，
∵CD＝CD，∠ADC＝∠FDC，
∴△ACD≌△FCD（ASA），
∴AC＝FC，
∴∠AFC＝∠CAF＝45°，
∵∠ADF＝135°，
∴∠CAD＝∠ADC＝67.5°，
∴∠ABC＝22.5°，
∵∠AFC＝∠FAB+∠ABF，
∴∠FAB＝∠ABF＝22.5°．
期末基础通关练（测试时间：10分钟）1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【解答】解：A、该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B、该图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；
C、该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
D、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意，
故选：D．
2．在平面直角坐标系中，点P（﹣3，2025）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（3，2025） B．（﹣3，﹣2025）
C．（3，﹣2025） D．（﹣2025，﹣3）
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征求解即可．
【解答】解：点P关于原点对称点的坐标是（3，﹣2025）．
故选：C．
3．如图，将△ABC绕着点A逆时针旋转得到△ADE，使得点B的对应点D落在AC的延长线上，若AB＝
11，AE＝7，则线段CD的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】根据旋转的性质可得AB＝AD＝8，AC＝AE＝5，则CD＝AD﹣AC．
【解答】解：∵将△ABC绕着点A逆时针旋转得到△ADE，
∴AB＝AD，AC＝AE，
∵AB＝11，AE＝7，
∴AD＝11，AC＝7，∴CD＝AD﹣AC＝11﹣7＝4．
故选：B．
4．在平面直角坐标系中，已知点A（a﹣b，﹣5）与点B（﹣3，a+b）关于原点对称，则a＝ ，b ．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征，点A的横坐标与点B的横坐标互为相反数，点A的纵坐标
与点B的纵坐标互为相反数，列出方程组并求解．
{a-b=3
【解答】解：由题意得 ，
a+b=5
{a=4
解得 ，
b=1
故答案为：4，1．
5．如图，△ABC绕某点旋转得到△DEF，则其旋转中心的坐标是 ．
【分析】先连接AD和BE，根据旋转中心是两个图形中对应点的连线的垂直平分线的交点，作AD和B
与E的垂直平分线，交于点F即可．
【解答】解：如图所示：连接AD和BE，作AD和B与E的垂直平分线，交于点F，
观察图形可知F（1，﹣1），
∴旋转中心的坐标是（1，﹣1），
故答案为：（1，﹣1）．6．如图，在△ABC中，∠A＝30°，将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△EBD．点C的对应点为点D，恰
好落在AC上，BD平分∠ABC，求∠EBA的度数．
【分析】根据旋转的性质得出BC＝BD，∠ABC＝∠EBD，再根据角平分线的定义得出∠ABD＝∠CBD
＝∠EBA，再根据三角形内角和定理推出△ABD的度数即可得出结果．
【解答】解：∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△EBD．
∴BC＝BD，∠ABC＝∠EBD，
∴∠C＝∠BDC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠EBA，
∵∠A＝30°，
∴∠C+∠ABC＝150°，
∵∠C＝∠BDC＝∠A+∠ABD，
∴∠A+∠ABD+∠ABC＝150°，
∴30°+∠ABD+2∠ABD＝150°，
∴∠EBA＝∠ABD＝40°．
期末重难突破练（测试时间：10分钟）
1．如图，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝5，D为BC边上的点，BD=❑√2，△ABD绕着点A逆时针
旋转90°后到达△ACE的位置，那么DE为（ ）
A．5❑√2 B．6❑√2 C．❑√34 D．❑√42【分析】由题意得∠B＝∠ACB＝45°，BC=❑√AB2+AC2=5❑√2，则CD＝BC﹣BD=4❑√2．由旋转得
∠ACE＝∠B＝45°，CE＝BD=❑√2，则∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，由勾股定理得 DE
=❑√CE2+CD2=❑√34．
【解答】解：∵△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝5，
∴∠B＝∠ACB＝45°，BC=❑√AB2+AC2=5❑√2，
∴CD＝BC﹣BD=4❑√2．
∵△ABD绕着点A逆时针旋转90°后到达△ACE的位置，
∴∠ACE＝∠B＝45°，CE＝BD=❑√2，
∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
∴DE=❑√CE2+CD2=❑√ (❑√2) 2+(4❑√2) 2=❑√34．
故选：C．
2．如图，△ABC与△A′B′C关于点C（0，﹣1）成中心对称，若点A的坐标为（3，1），则点A′的坐标为
（ ）
A．（﹣3，﹣1） B．（﹣3，﹣2） C．（﹣3，﹣3） D．（﹣3，﹣4）
【分析】根据中心对称的性质，C为A，A′的中点，即可求解．
【解答】解：∵△ABC与△A′B′C关于点C（0，﹣1）成中心对称，点A的坐标为（3，1），
设A′（m，n），
m+3
{ =0
2
依题意， ，
n+1
=-1
2
解得：m＝﹣3，n＝﹣3，∴点A′的坐标为（﹣3，﹣3），
故选：C．
3．如图，在等边三角形ABC中，O为BC的中点，AB＝6，△BPQ与△BAO关于点B中心对称，连接
27
CP，则△QCP的面积为 ❑√3 ．
2
【分析】先求出OB及OA的长，进一步得出BQ及PQ的长，据此求出CQ的长，最后用三角形的面积
公式进行计算即可．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，O为BC的中点，AB＝6，
1
∴BO= BC=3，AO⊥BC．
2
在Rt ABO中，
△
AO=❑√62-32=3❑√3．
∵△BPQ与△BAO关于点B中心对称，
∴BQ＝BO＝3，PQ＝AO=3❑√3，∠Q＝∠AOB＝90°，
∴CQ＝6+3＝9，
1 27
∴△QCP的面积为 ×9×3❑√3= ❑√3．
2 2
27
故答案为： ❑√3．
2
4．如图，点A的坐标为（﹣1，5），点B的坐标为（3，3），点C的坐标为（5，3），点D的坐标为
（3，﹣1），线段AB绕某点经过旋转后得到CD（点A与点C对应），则旋转角为 9 0 °．【分析】根据旋转前后对应点连线段的垂直平分线经过旋转中心，找出旋转中心，据此得出旋转角的度
数即可．
【解答】解：因为线段AB绕某点经过旋转后得到CD，
则如图所示，
点O为旋转中心，
因为∠BOD＝90°，
所以旋转角为90°．
故答案为：90．
5．如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．
（1）求证：△AEB≌△ADC；
（2）连接DE，若∠ADC＝98°，求∠BED的度数．
【分析】（1）由等边三角形的性质得到AB＝AC，∠BAC＝60°，由旋转得到AE＝AD，∠EAD＝60°，
则∠BAE＝∠CAD＝60°﹣∠BAD，根据SAS证明即可；
（2）证明△AED是等边三角形，得到∠AED＝60°，根据全等三角形的性质得到∠AEB＝∠ADC＝
98°，即可求出∠BED的度数．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，
∴AE＝AD，∠EAD＝60°，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°﹣∠BAD，
在△AEB和△ADC中，{
AB=AC
∠BAE=∠CAD，
AE=AD
∴△AEB≌△ADC（SAS）；
（2）解：∵AE＝AD，∠EAD＝60°，
∴△AED是等边三角形，
∴∠AED＝60°，
∵△AEB≌△ADC，
∴∠AEB＝∠ADC，
∵∠ADC＝98°，
∴∠AEB＝98°，
∴∠BED＝∠AEB﹣∠AED＝98°﹣60°＝38°．
期末综合拓展练（测试时间：15分钟）
1．如图，在△ABC中，AC＝2，AB＝4，分别以AC，BC为边向外作正△ACD和正△BCE，连结AE，在
△ABC的边BC变化过程中，当AE取最长时，则BC的长为（ ）
A．2❑√7 B．❑√29 C．❑√19 D．2❑√5
【分析】先证明△ACE和△DCB全等，再根据全等三角形的性质得到 AE＝BD，根据勾股定理求出
CF，结合三角形三边关系，得A、B、D三点共线时，BD最大，画出图形，由勾股定理即可求得BC．
【解答】解：如图1，连接BD，∵△ACD和△BCE是等边三角形，
∴CE＝CB，CA＝CD＝2，∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠ACD+∠ACB＝∠BCE+∠ACB，
∴∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
{
AC=DC
∠ACE=∠DCB，
CE=CB
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝BD，
∴当点D在AB延长线上时，BD最大，此时BD＝AB+AD＝4+2＝6，即AE的最大值为6，
如图2，过C作CF⊥AB交AB延长线于点F，
∵AC＝DC＝AD＝2，
1
∴DF＝AF= AD＝1，
2
∴CF=❑√3AF=❑√3，
∵AB＝4，
∴BF＝AB+AF＝4+1＝5，
∴BC=❑√BF2+CF2=❑√52+3=2❑√7，
故选：A．
2．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点P、M、N分别在边AB、AD、BC上运动，且线段MN始
终经过矩形的对称中心，则△PMN周长的最小值为 2❑√13+ 4 ．【分析】P、M、N三个点均为动点，直接用将军饮马模型行不通，考虑到对称中心是MN的中点，又
1
是定点，所以取MP的中点Q，先求周长的一半的最值．连接AQ的目的是使AQ＝PQ＝QM= PM，这
2
样又出现一个定点A，后面分别用将军饮马和垂线段最短来解决．
1
【解答】解：取MP的中点Q，连接AQ，OQ，AO，作OG⊥BC，垂足为G，则AQ＝PQ＝QM=
2
PM，
∵线段MN始终经过矩形的对称中心，
∴O是MN的中点，
1 1
∴MO＝ON= MN，OQ= PN，
2 2
∴C ＝PM+PN+MN＝2AQ+2OQ+2ON＝2（AQ+OQ+ON）≥2（AO+OG）＝2（❑√13+2）＝2❑√13+
PMN
4，△
∴△PMN周长的最小值为2❑√13+4．
故答案为：2❑√13+4．
3．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一动点，（点G不与C、D重合）以CG为一边在正
方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．我们探究下列图中线段BG、线段DE的长度关系及所在
直线的位置关系；
（1）猜想如图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系；并证明你的结论．
（2）将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针（或逆时针）方向旋转一定角度，得到如图 2情形．
请你判断（1）中得到的结论是否仍然成立，并说明理由．【分析】（1）由正方形的性质得出 BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，由 SAS 证明
△BCG≌△DCE，得出BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，延长BG交DE于H，由角的互余关系和对顶角相
等证出∠CDE+∠DGH＝90°，由三角形内角和定理得出∠DHG＝90°即可；
（2）由正方形的性质可得BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，然后求出∠BCG＝∠DCE，由
SAS证明△BCG和△DCE全等，由全等三角形对应边相等可得BG＝DE，全等三角形对应角相等可得
∠1＝∠2，然后求出∠BHO＝90°，再根据垂直的定义证明即可．
【解答】（1）解：BG＝DE，BG⊥DE；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，四边形CEFG是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，
在△BCG和△DCE中，
{
BC=DC
∠BCG=∠ECG，
CG=CE
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，
延长BG交DE于H，如图1所示：
∵∠CBG+∠BGC＝90°，∠DGH＝∠BGC，
∴∠CDE+∠DGH＝90°，
∴∠DHG＝90°，
∴BG⊥DE；
（2）解：成立；理由如下：如图2，延长DE交BG延长线于点H，
∵四边形ABCD是正方形，四边形CEFG是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，
∴∠DCE+∠ECB＝∠ECB+∠BCG，
即∠BCG＝∠DCE，在△BCG和△DCE中，
{
BC=CD
∠BCG=∠DCE，
CG=CE
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE，∠1＝∠2，
∵∠1+∠3＝90°，∠3＝∠4（对顶角相等），
∴∠2+∠4＝90°，
在△BHO中，∠BHO＝180°﹣（∠2+∠4）＝180°﹣90°＝90°，
∴BG⊥DE．
